Les résultats doivent être encadrés ou soulignés. Soignez la rédaction

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Devoir en temps libre à rendre par binôme. Chaque question est rédigée par l’un des membres du binôme, et chacun rédige à peu près la moitié du devoir.

Avertissement : un binôme donné n’est autorisé à rendre qu’un seul DL pendant l’année. Il faut donc changer de partenaire à chaque DL !

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Les résultats doivent être justifiés, prenez garde à la rigueur et relisez vos rédactions respectives. Répondez aux questions, mêmes implicites.

Polynômes trigonométriques

SoitE l’espace vectorielC^∞(R,R)etnun entier naturel.

1. SoitEnl’ensemble des polynômes trigonométriques de degré inférieur àn, i.e. des fonctions réelles ude la forme t 7→a0+Pn

k=1(akcos(kt) +bksin(kt))avec des coefficients ai et bj réels. Montrer queEn est un espace vectoriel.

2. Donner un supplémentaire deE0 et un autre deE_n−1(sin >1) dansEn.

3. SoitTn l’application qui à un vecteurudeEn associe la fonctionu” +n²u. Montrer que c’est une application linéaire surjective de E_n dansE_n−1.

4. En effectuant une démonstration par récurrence, montrer que si uest la fonction nulle, alors tous les coefficientsaietbj sont nuls. Pour démontrer l’hérédité, on pourra commencer par montrer que si uest nulle, alorsTn(u)aussi puis, pour montrer quean etbn sont nuls, on pourra prendre des valeurs particulières det.

5. Donner la dimension deE_n ainsi qu’une base.

6. SoitS et D les applications deE dans lui-même définies par S(u): x7→Rx

0 u(t)dtet D(u):x7→

u⁰(x).

(a) Montrer queS et Dsont linéaires et comparer S◦D etD◦S.

(b) DéterminerKer(Id−S)et Ker(Id−D). Préciser leur intersection avecE_n.

(c) Soitmun entier naturel etg dansEm, déterminer(Id−D)⁻¹(g)et (Id−S)⁻¹(g). Préciser leur intersection avecEn.

Solution

1. Pour kentier, notonsck l’applicationt7→cos(kt)et sk l’applicationt7→sin(kt). SoitF la famille formée par la réunion de (ck)_0≤k≤n et de (sk)_1≤k≤n. En tant que composées de fonctions affines avec les fonctionscosetsin, toutes ces fonctions sont de classeC^∞surRetFest donc une famille de vecteurs deE. Par définition,En= Vect(F)et doncEn est un sous-espace vectoriel deE.

2. Soit F0 = Vect((ck)1≤k≤n,(sk)1≤k≤n) et ϕ l’application définie sur En par ϕ(f) = R2π 0 f(t)dt.

L’applicationϕest bien définie puisque les fonctions deE_n sont continues et donc intégrables sur [0; 2π]. Par linéarité de l’intégrale, ϕ est donc une forme linéaire surE_n. Pour tout k entier non nul, on a

Z 2π

0

c_k(t)dt=s_k(2π)−s_k(0)

k = 0 et

Z 2π

0

s_k(t)dt=−c_k(2π) +c_k(0)

k = 0

et doncF0⊂Ker(ϕ). De plusϕ(c0) = 2πet doncE0∩Ker(ϕ) ={0}. Il en résulteE0∩F0={0}.

Or, par définition,En=E0+F0 et doncF0 est un supplémentaire deE0 dansEn. Soit maintenant, sin >1,ψl’application linéaire deE_ndansCdéfinie parψ(f) =R2π

0 f(t)(c_n(t) + is_n(t))dt. C’est une application bien définie par continuité de l’intégrande sur [0; 2π] et c’est une

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application linéaire par linéarité de l’intégrale. Par ailleurs, pour k entier, on a c_kc_n = (c_n−k+ cn+k)/2, cksn = (sn+k+s_n−k)/2, de sorte que, pour0≤k≤n,

ψ(ck) = 1

2(ϕ(c_n−k) +ϕ(cn+k)) + i

2(ϕ(s_n−k) +ϕ(sn+k)) = 1 2δk,n

d’après les calculs précédents surϕet le fait ques0est la fonction nulle. De même, pour1≤k≤n, ψ(s_k) = 1

2(ϕ(s_k−n) +ϕ(s_n+k)) + i

2(ϕ(c_n−k)−ϕ(c_n+k)) = i 2δ_k,n,

et doncE_n−1 ⊂Ker(ψ), tandis que, pour(a, b)∈R², ψ(acn+bsn) = (a+ib)/2 et doncE_n−1∩ Vect(cn, sn) ={0}. Comme, par définition,En=E_n−1+ Vect(cn, sn), il en résulte queVect(cn, sn) est un supplémentaire de E_n−1 dansEn.

3. Soit D l’application de E dans lui-même qui à f associe f⁰. C’est un endomorphisme de E, par linéarité de la dérivation, et doncD◦D+n²Idest également linéaire, puisqueL(E)est un anneau.

Il en résulte queT_n appartient a priori àL(E_n, E). Or, pour kentier, on a T_n(c_k) = (n²−k²)c_k et T_n(s_k) = (n²−k²)s_k. Il en résulte

Im(Tn) = Tn(Vect((ck)0≤k≤n,(sk)1≤k≤n))

= Vect((Tn(ck))_0≤k≤n,(Tn(sk))_1≤k≤n)

= Vect((ck)0≤k≤n−1,(sk)1≤k≤n−1) =En−1

et doncTn est une application linéaire surjective deEn dansE_n−1.

4. SoitH(m)le prédicat sur l’entier naturelmdonné par :∀(ak)0≤k≤m∈R^m+1,∀(bk)1≤k≤m∈R^m,

n

X

k=0

akck+

n

X

k=1

bksk= 0⇒a0=. . .=am=b1=. . .=bm= 0.

Le prédicatH(0)s’écrit∀a₀∈R,a₀= 0⇒a₀= 0 et est donc une tautologie.

SupposonsH(m−1)vraie pour un certain entier naturel non nulmet soit(ak)_0≤k≤m∈R^m+1 et (bk)_1≤k≤m∈R^m. Soit ula fonction donnée par u=Pm

k=0akck+Pm

k=1bksk. Supposons enfin u nulle. Alors, puisque Tm est linéaire,Tm(u) = 0et donc

m−1

X

k=0

(m²−k²)akck+

m−1

X

k=1

(m²−k²)bksk= 0.

D’après H(m−1), on a m²a₀ = . . . = (m² −(m−1)²)a_m−1 = (m²−1)b₁ = . . . = (m²− (m−1)²)b_m−1 = 0. Or les coefficients m² −k² sont non nuls pour 0 ≤ k ≤ m−1 et donc a₀=. . .=a_m−1=b₁=. . .=b_m−1= 0. Il en résulteu=a_nc_n+b_ns_n.

Mézalor u(0) =an et u(π/2n) =bn montrent qu’on a aussian =bn = 0et donc H(m)est vraie.

D’après le principe de récurrence H(n)est donc vraie, ce qui est l’assertion recherchée.

5. Il en résulte que la familleF est libre et comme elle est génératrice de E_n par définition, il vient dim(E_n) =|F |= 2n+ 1 et une base deE_n estF.

Remarque : il résulte du fait queF est une base deEn qu’un supplémentaire deE0 est F0 et un supplémentaire deE_n−1estVect(cn, sn)d’après les descriptions des bases obtenues comme réunion de bases d’espaces supplémentaires.

6. (a) Les applicationsS etD sont définies surEpuisque la dérivée et les primitives d’une fonction de classe C^∞ sur R l’est aussi. Par linéarité de l’intégrale et de la dérivation, S et D sont linéaires. Par ailleurs, pourudansE, on a

S◦D(u) =S(u⁰) =u−u(0) et D◦S(u) =u et doncD◦S−S◦Dest la forme linéaire e₀définie pare₀(u) =u(0).

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(b) SoitudansKer(Id−S). On a doncS(u) =uet doncu=D◦S(u) =D(u) =u⁰. Il en résulte queuest de la formeaexpaveca∈R. MaisS(u)s’annule en 0 par définition et donca= 0.

Par conséquentKer(Id−S) ={0} etKer(Id−S)∩En ={0}.

Soit maintenant u dansKer(Id−D). On a u=D(u) =u⁰ et donc uest de la forme aexp avec a∈R. Réciproquement siu est de cette forme,D(u) =aD(exp) = aexp =uet donc Ker(Id−D) =Rexp. De plus si(a_k)_0≤k≤n∈Rⁿ⁺¹et(b_k)_1≤k≤n ∈Rⁿet la fonctionudonnée paru=Pn

k=0a_kc_k+Pn

k=1b_ks_k appartient à Ker(Id−D), alors par unicité des coefficients, la relation u = u⁰ donne : a₀ = 0 et, pour 1 ≤ k ≤ n, a_n = kb_k et b_k = −ka_k et donc (1 +k²)a_k = 0. Il en résulteu= 0. Par conséquent Ker(Id−D)∩E_n ={0} (autrement dit exp6∈En).

L’applicationId−S est donc injective surE, mais attention ! ce n’est pas un endomorphisme deE_n. Quant àId−D, c’est une application injective, et donc bijective, surE_n. Remarquons également que la famille(exp, c₀, c₁,· · ·, c_n, s₁,· · ·, s_n)est libre pour toutn.

(c) Soit u dans (Id−D)⁻¹(g). On a donc (Id−D)(u) = g ou encore u⁰−u = −g. D’après la méthode de Lagrange, il en résulte u= expR

(−g(t)e^−t)dt. Soit maintenant(a_k)_0≤k≤m∈ R^m+1 et (b_k)_1≤k≤m ∈ R^mtels que g = Pm

k=0a_kc_k +Pm

k=1b_ks_k. Comme, pour k entier, (c_k/exp)⁰ =−(c_k+ks_k)/exp et (s_k/exp)⁰ = (kc_k−s_k)/exp, on a aussi ((kc_k +s_k)/(k²+ 1) exp)⁰ = −sk/exp et ((ck −ksk)/(k²+ 1) exp)⁰ =−ck/exp. Il en résulte qu’il existe une constanteC telle que

Z

(−g(t)e^−t)dt=

m

X

k=0

ak

ck−ksk

(1 +k²) exp+

m

X

k=1

bk

kck+sk

(1 +k²) exp+C

et aussi

u=Cexp +a₀+

m

X

k=1

a_k+kb_k 1 +k² c_k+

m

X

k=1

b_k−ka_k 1 +k² s_k .

Par conséquent, sig=Pm

k=0a_kc_k+Pm k=1b_ks_k, (Id−D)⁻¹(g) =

(

Cexp +a0+

m

X

k=1

ak+kbk

1 +k² ck+

m

X

k=1

bk−kak

1 +k² sk |C∈R )

.

Soit maintenant(α0, α1,· · ·, αm, β1, . . . , βm)∈R^2m+1 et C∈Rtels que

Cexp +a₀+

m

X

k=1

a_k+kb_k 1 +k² c_k+

m

X

k=1

b_k−ka_k 1 +k² s_k =

n

X

k=0

α_kc_k+

m

X

k=1

β_ks_k .

Puisque (exp, c0, c1,· · ·, cp, s1,· · ·, sp) est libre (pour p = max(m, n)), une telle égalité est possible si et seulement siC= 0et les coefficients(ak+kbk)/(1 +k²)et (bk−kak)/(1 +k²) sont nuls pour k > n. On a alors ak = bk = 0 pour k > n, i.e. g ∈En. Autrement dit : si g∈En (par exemple sim≥n), alors

(Id−D)⁻¹(g)∩En= (

a0+

m

X

k=1

ak+kbk

1 +k² ck+

m

X

k=1

bk−kak

1 +k² sk

)

et sinon(Id−D)⁻¹(g)∩En est vide.

Soit maintenantudans(Id−S)⁻¹(g). Posonsv=S(u), de sorte qu’on av⁰−v=u−S(u) =g, i.e.v∈(Id−D)⁻¹(−g). Oru=D(v)etv(0) = 0, et doncu∈D Ker(e0)∩(Id−D)⁻¹(−g)

. Réciproquement siu∈D Ker(e₀)∩(Id−D)⁻¹(−g)

, on au=D(v)avecv∈Ker(e₀)∩(Id−

D)⁻¹(−g)et doncS(u) =S◦D(v) =v−v(0) =vet doncu−S(u) =v⁰−v=g. Il en résulte que

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Id−Sest un automorphisme deE. De plus, d’après ce qui précèdeKer(e₀)∩(Id−D)⁻¹(−g) est l’ensemble

(

a0(exp−1) +

m

X

k=1

ak+kbk

1 +k² (exp−ck) +

m

X

k=1

kak−bk

1 +k² sk

)

et donc, Id−S est bijective et on a :

(Id−S)⁻¹(g) =a0exp +

m

X

k=1

k²ak−kbk

1 +k² ck+

m

X

k=1

ak+kbk

1 +k² (ksk+ exp).

Par le même raisonnement que précédemment(Id−S)⁻¹(g)appartient àEn si et seulement si le coefficient de expest nul, i.e. si a₀+a₁+b₁

2 +. . .+a_m+mb_m

1 +m² = 0, et si pour k > n, on a kak −bk = ak +kbk = 0, i.e. ak = bk = 0 ou encore g ∈ En. Par conséquent si a0+a1+b1

2 +. . .+am+mbm

1 +m² = 0et sig∈En (par exemple sim≥n), on a

(Id−S)⁻¹(g)∩En= (_m

X

k=1

k²ak−kbk

1 +k² ck+

m

X

k=1

kak+k²bk

1 +k² sk

)

et sinon(Id−S)⁻¹(g)∩En=∅.

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